【文档说明】安徽省桐城中学2021-2022学年高二下学期开学检测化学试题 含解析.docx，共(17)页，1.938 MB，由小赞的店铺上传

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安徽省桐城中学2021－2022学年高二下学期开学检测化学试卷一、单选题(本题共计16小题，总分48分)1.中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如下图所示。下列说法

不正确的是A.整个过程实现了光能向化学能的转换B.过程II有O-O单键生成并放出能量C.过程III发生的化学反应为：2H2O2=2H2O+O2D.整个过程的总反应方程式为：2H2O→H2+O2【答案】C【解析】【分析】

【详解】A．由图可知，太阳能使水分解，则实现了光能向化学能的转化，故A正确；B．过程II中生成氢气、过氧化氢，形成化学键，过程Ⅱ放出能量并生成了O−O键，故B正确；C．由图可知，过程Ⅲ发生的反应为过氧化氢分解生成氢气和氧气的反应，H2O2═H2+O2，故C错误；D．总反应为水分解生成氢气和氧气，则

总反应2H2O→2H2+O2，故D正确。故选C。2.如图为用稀盐酸和稀NaOH溶液测定中和热的装置，下列有关说法错误的是A.该装置缺少环形玻璃搅拌棒B.用稀硫酸和稀氨水替换上述药品实验，所测中和热结果相同C.将NaOH溶液一次性快速

加入盛有稀盐酸的小烧杯中D.小烧杯与大烧杯口相平【答案】B【解析】【详解】A．为使中和反应快速、完全进行，需要用环形玻璃搅拌棒，由图可知该装置缺少环形玻璃搅拌棒，故A正确；B．弱碱电离要吸热，用稀氨水替NaOH，

放出的热量减少，所测中和热结果偏小，故B错误；C．将NaOH溶液一次性快速加入盛有稀盐酸的小烧杯中，反应会快速反应完全，热量损耗少，测得的中和热数值更准确，故C正确；D．小烧杯与大烧杯口相平可减少热量散失，使测得的中和热

数值更加准确，故D正确。综上所述，答案为B。3.叔丁基溴在稀的碱性水溶液中水解生成叔丁醇的反应分三步进行，反应中每一步的能量变化曲线如图所示，下列有关说法不正确的是A.叔丁基溴在稀的碱性水溶液中生成叔丁醇的反应是放热反应B.()+3

3CHC和()+323CCOH-H为反应催化剂C.决定叔丁基溴水解生成叔丁醇反应的速率的是第一步反应D.第三步反应为()()+-32333CHC-H+BrCHC-OH+HBrO→【答案】B【解析】【详解】

A．反应物的总能量高于生成物的总能量，叔丁基溴在稀的碱性水溶液中生成叔丁醇的反应是放热反应，故A正确；B．()+33CHC和()+323CCOH-H为第二步和第三步的反应活性中间体，故B错误；C．由图可知，第一步反应所需的能量比第二步、第三步所需的能量都高，故第一步反应决定了叔丁基溴水解成叔丁醇

的反应速率，故C正确；D．第三步反应为()()+-32333CHC-H+BrCHC-OH+HBrO→，故D正确；故选B。4.在25℃时，密闭容器中X+3Y⇌2Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如表，下列说法错误的是物质XYZ初始浓度/mol⋅L-10.

10.20平衡浓度/mol⋅L-10.050.050.1A.反应达到平衡时，X的转化率为50%B.改变温度可以改变此反应的平衡常数C.增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大D.降低温度，正逆反

应速率都减小【答案】C【解析】【分析】【详解】A．平衡时Δc(X)=0.1mol/L-0.05mol/L=0.05mol/L，转化率为110.05molL0.1molL−−×100%=50%，A正确；B．平衡常数只受温度

影响，改变温度会改变平衡常数，B正确；C．平衡常数只受温度影响，增大压强平衡常数不变，C错误；D．降低温度，活化分子百分数减小，正逆反应速率都减小，D正确；综上所述答案为C。5.下列关于化学反应的速率和限度的说法不正确的

是A.任何可逆反应都有一定的限度B.影响化学反应速率的条件有温度、催化剂、浓度等C.化学平衡状态指的是反应物和生成物浓度相等时的状态D.决定化学反应速率的主要因素是物质本身的性质【答案】C【解析】【分析】【详解】A．任何可逆反应都有一定的限度，符合可逆反应的规律，故

A正确；B．影响化学反应速率的条件有温度、催化剂、浓度等，符合影响反应速率的因素，故B正确；C．化学平衡状态指的是反应物和生成物浓度不再变化时的状态，而不一定是相等的状态，故C错误；D．决定化学反应速率的主要因素是物质本身的性质(内因)

，符合影响反应速率的因素，故D正确。答案选C。6.80℃时，2L密闭容器中充入0.40molN2O4，发生反应N2O42NO2ΔH=+QkJ·mol－1(Q>0)，获得如表数据：时间/s020406080100c(NO2)/m

ol·L－10.000.120.200.260.300.30下列判断正确的是A.当温度不变时增大压强，该反应的平衡常数K减小B.0~40s内，N2O4平均反应速率为0.005mol·L－1·s－1C.反应达平衡时，放出的热量为0.30QkJ

D.100s后升高温度，体系颜色变深【答案】D【解析】【详解】A．反应的平衡常数只受温度影响，当温度不变增大压强时，该反应的平衡常数K不变，A错误；B．0~40s内，N2O4的平均反应速率240.20mol/L0mol/L1v(NO)0.002

5mol/(Ls)40s2−==，B错误；C．由表格中信息可知，80s已处于平衡，物质的量与热量成正比，则反应达平衡时，吸收的热量为0.3mol/L2LQkJ/mol0.30QkJ2=，C错误；D．100s后升高温度，平衡朝吸热方向移动，即右移，二氧

化氮浓度增大，体系颜色变深，D正确；答案选D。7.在c(Ca2+)=0.1mol·L－1的新制漂白粉的溶液中，下列各组离子能大量共存的是A.Na+、K+、23CO−、3NO−B.Na+、K+、23SO−、OH－C.K+、Na+、3NO−、CH3CO

O－D.H+、+4NH、3NO−、24SO−【答案】C的【解析】【详解】在c(Ca2+)=0.1mol·L－1的新制漂白粉的溶液中含有大量的Cl－和ClO－。A．Ca2＋与23CO−能够反应生成CaCO3沉淀，不能大量共存，选项A错误

；B．ClO－能够将23SO−氧化，不能大量共存，选项B错误；C．K+、Na+、3NO−、CH3COO－与Ca2＋、Cl－和ClO－都不反应，能够大量共存，选项C正确；D．Ca2＋与24SO−能够反应生成硫酸钙沉淀，不能大量共存，选项D错误；答案选C。8.对于反应22HO(g)+C(s)=H

(g)+CO(g)ΔH>0，下列有关说法不正确的是A.该反应是熵增大反应(即S0)B.该反应在低温下可能自发进行C.增加C(s)，该反应平衡不移动D.升高温度，正逆υ、υ均增大，平衡向右移动【答案】B【解析】【详解】A．该反应后气体物质的量增大，则该反应是熵增大反应(即S0)

，选项A正确；B．该反应的S0、ΔH>0，则若反应的-0HTS＜，需要高温，故该反应在高温下可能自发进行，选项B错误；C．碳为固体，浓度视为常数，增加C(s)，平衡不移动，选项C正确；D．升高温度，正逆、vv均增大，升温向吸热方向移动，故平衡向右

移动，选项D正确；答案选B。9.NaOH标准溶液的配制和标定，需经过NaOH溶液配制、基准物质H2C2O4•2H2O的称量以及用NaOH溶液滴定等操作。下列有关说法正确的是A.图甲：转移NaOH溶液到250mL容量瓶中B.图乙：准确称得0.1575gH2

C2O4·2H2O固体C.用图丙所示操作排除碱式滴定管中的气泡D.用图丁所示装置以NaOH待测液滴定H2C2O4溶液【答案】C【解析】【分析】【详解】A．向容量瓶中转移溶液时需要用玻璃棒引流，故A错误；B．托盘天平的精度值为0.1g，故B错误；C．碱式滴定管中气泡排出操作：把橡皮管向上弯曲，出口

上斜，挤捏玻璃珠，使溶液从尖嘴快速喷出，气泡即可随之排掉，故C正确；D．NaOH溶液应装在碱式滴定管中，故D错误；故答案为C。10.常温下，等物质的量浓度、等体积的盐酸分别用pH=9和pH=10的氨水完全中和时，消耗的NH3•H2O的体积分别为V1和V2，下列关系中正确

的是A.V1=10V2B.V1>10V2C.V1＜10V2D.V2>10V1【答案】B【解析】【分析】【详解】常温下，pH=9的氨水中()-51cOH=10mol/L−，pH=10的溶液中()-42cOH=10mol/

L−，弱电解质溶液中，溶液的浓度越大，弱电解质程度越小，所以()()232132cNHHO10cNHHO＞，又因为盐酸的量相等，所以()()13212322cNHHOV=cNHHOV，则()

()232122132cNHHOV=V10VcNHHO＞，答案选B。11.下列实验现象描述正确的是A.碘水中加入少量直馏汽油振荡，静置后上层颜色变浅，下层颜色变紫红色B.红热的铜丝在氯气中燃烧，产生了棕黄色的烟雾C.电解氯化钠饱和溶液，将阳极气体产物通入淀粉-碘化钾

溶液中，溶液变蓝D.溴化钠溶液中加入少量新制的氯水振荡，再加入少量四氯化碳振荡，静置后下层颜色变浅，上层颜色变为橙红色【答案】C为【解析】【详解】A．碘单质在汽油中的溶解度大于其在水中的溶解度，故经过萃取，碘单质会大部分进入汽油层，即上层会显紫红色，下层水层颜色变浅，选项A错误；B．红热的铜丝在

氯气中燃烧生成CuCl2，产生了棕黄色的烟而非烟雾，选项B错误；C．电解氯化钠饱和溶液，阳极生成氯气，阴极生成氢气。将氯气通入淀粉碘化钾溶液中，溶液变蓝。选项C正确；D．溴化钠与新制氯水中的氯分子反应生成溴

单质与氯化钠，加入四氯化碳萃取，静置后上层水层颜色变浅，下层为四氯化碳层颜色变为橙红色，选项D错误；答案选C。12.CuI是一种不溶于水的白色固体，它可以由反应2Cu2＋＋4I-=2CuI↓＋I2得到。下图

所示装置中，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，在KI-淀粉溶液中阳极周围变蓝色。下列说法正确的是A.若a极变红，则在Pt电极上：2I-_2e-=I2，I2遇淀粉变蓝B.若b极变红，则在Pt电极上：2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，O

2将I-氧化为I2，I2遇淀粉变蓝C.若a极变红，则Cu电极上：2Cu＋4I-_4e-=2CuI↓＋I2，I2遇淀粉变蓝D.若b极变红，则在Cu电极上：Cu-2e-=Cu2＋，Cu2＋显蓝色【答案】C【解析】

【分析】【详解】A．若a极变红，说明a是阴极，则Pt电极为阴极，Pt电极上：222HO+2eH2OH−−=+，故A错误；B．若b极变红，说明b是阴极，则Pt电极为阳极，Pt电极上：2I-_2e-=I2，I2遇淀粉变蓝，故B错误；C．若a极变红，说明a是阴极

，Cu电极为阳极，则在Cu电极上：2Cu＋4I-_4e-=2CuI↓＋I2，I2遇淀粉变蓝，故C正确；在D．若b极变红，说明b是阴极，Cu为阴极，则在Cu电极上：222HO+2eH2OH−−=+，故D错误；选C。13.某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A(g)＋xB(g)

2C(g)，达到平衡后，在不同的时间段，分别改变影响反应的一个条件，测得容器中物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示，下列说法中正确的是A.30～40min间该反应使用了催化剂B.反应方程式中的x=1，正反应

为放热反应C.30min时降低温度，40min时升高温度D.8min前A的反应速率为0.16mol·L-1·min-1【答案】B【解析】【详解】A．根据分析，30min～40min反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处

于平衡状态，故不是使用了催化剂，也不是温度变化，而是降低了压强，A错误；B．根据分析可知，由开始到平衡，A、B的浓度减少的量相同，知道x=1；40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，由x=1知道

压强改变平衡不移动，则应是升高温度的影响，故正反应为放热反应，B正确；C．由B项分析可知，30min时速率减小而平衡不移动，应是减小压强，40min时升高温度，C错误；D．由图象可知，8min内A的浓度变化量为2mol•L-1-1.36mol•L-1=0.64mol•L-1，

则8min内A平均的反应速率为-1-110.64molL0.08molLmin8min−=，A的反应速率是一段时间内的平均反应速率，不是某时刻的瞬时速率，D错误；故答案选B。14.在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是A.常温下，pH=7的溶液：Na+、Cl－、24SO−、

Fe3+B.在pH=14的溶液中：+4NH、K+、3NO−、Cl－C.由水电离的c(H+)=10－12mol·L－1的溶液：K+、Ba2+、Cl－、Br－D.有3NO−存在的强酸性溶液中：+4NH、Ba2+、Fe2+、Br－【答案】C【解析】【详解】A．含有Fe3+的溶液因

Fe3+的水解使溶液呈酸性，故常温下，pH=7的溶液不能大量存在Fe3+，选项A错误；B．在pH=14的溶液呈碱性，+4NH与OH－反应而不能大量共存，选项B错误；C．由水电离的c(H+)=10－12mol·L－1的溶液，该溶液的pH为2或

12，K+、Ba2+、Cl－、Br－在该溶液中一定能够大量共存，选项C正确；D．Fe2+有较强的还原性，在强酸性溶液中能被3NO−氧化而不能大量共存，选项D错误；答案选C。15.一定条件下，合成氨反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)。图1表示在该反应过程中的能量的变化，图2表示

在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线，图3表示在其他条件不变的情况下，改变起始物H2的物质的量对该反应平衡的影响。下列说法正确的是A.升高温度，正、逆反应速率均加快，N2的转化率增大B.由图2信息，10min末该反应以N2表示的

反应速率为v(N2)=0.015mol·L-1·min-1C.由图2信息，从11min起其他条件不变，增加N2的量，则n(N2)的变化曲线为dD.图3中温度T1<T2，e、f、g三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是

g点【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由图1知，氮气和氢气的总能量大于氨气的能量，所以由氮气和氢气生成氨气是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向进行，该反应的平衡常数减小，N2的转化率减小，故A错误；B．10min末是瞬时速率无法计算，应该计算10分钟内氮气的速率，故B错

误；C．从11min起其他条件不变，增加N2的量，则n(N2)突变，接着平衡正向移动，n(N2)减小，n(N2)的变化曲线为b，故C错误；D．相同温度下，一定量氮气时，氢气的浓度越大，平衡向正反应方向移动导致氮气

的转化率越大，所以图3中e、f、g三点所处的平衡状态中，反应物的转化率最高的点是g点，故D正确。故答案为：D。16.有机物分子式的确定常采用燃烧法，其操作如下：在电炉加热下用纯氧气氧化管内样品，根据产物的质量确定有机物的组成。如图所示是用燃烧法

测定有机物分子式常用的装置，其中A管装碱石灰，B管装无水CaCl2.下列说法错误的是A.如果A管和B管质量均增加，不能说明有机物含有C、H、O三种元素B.各装置导管口的连接顺序是g-e-f-h-i-a-b-c

-dC.装置C中装有浓硫酸，分液漏斗E中可以装H2O2D.如果将氧化铜网去掉，A管增加的质量将减小【答案】B【解析】【分析】D中反应产生氧气、从C中出来纯净而干燥的氧气进入反应器和样品发生反应，氧化铜网是保证样品完全氧化，氯化钙固体只能吸收水，碱石灰既能吸收水又能吸收二氧化

碳，应先用B中氯化钙吸收反应生成的水，再用A中碱石灰吸收反应生成的二氧化碳，据此回答。【详解】A．如果A管和B管质量均增加，这说明反应中生成了水蒸气和二氧化碳，按元素质量守恒，有机物中一定有碳和氢可能有氧元素，即不能说明有机物含有C、H

、O三种元素，A正确；B．据分析，各装置导管口的连接顺序是g-e-f-h-i-c-d-a-b，B错误；C．装置C中装有浓硫酸，分液漏斗E中可以装H2O2此时D中可以加二氧化锰、则D中能产生氧气，经浓硫酸干燥后从C中出来纯

净而干燥的氧气，C正确；D．如果将氧化铜网去掉，则有机物有可能部分被氧化为一氧化碳、一氧化碳不能被碱石灰吸收，A管增加的质量将减小，D正确；答案选B。二、填空题(本题共计2小题，总分24分)17.常温下，有四种溶液：①0.1mol·L－1CH3COOH溶液②0.1mol·

L－1CH3COONa溶液③0.1mol·L－1NaHSO3溶液④0.1mol·L－1NaHCO3溶液（1）溶液①中离子的电荷守恒关系式是___________。（2）下列有关①和②两种溶液的说法正确的是___________(填字母

)。a．两种溶液中c(CH3COO－)都等于0.1mol·L－1b．两种溶液中c(CH3COO－)都小于0.1mol·L－1c．CH3COOH溶液中c(CH3COO－)小于CH3COONa溶液中c(CH3COO－)（3）NaHSO3溶液的pH<7，NaHCO3溶液的pH>

7，则NaHSO3溶液中c(H2SO3)___________(填“>”“<”或“=”，下同)c(23SO−)，NaHCO3溶液中c(H2CO3)___________c(23CO−)，某同学将3NaHCO

溶液和3FeCl溶液混合在一起，发现产生了红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程式为：___________。（4）某温度时，10sp(AgCl)1.5610−=K，13sp(AgBr)7.710−=K，()12sp24A

gCrO910−=K。某溶液含有-Cl、-Br和2-4CrO，浓度均为0.010mol/L，向该溶液中逐滴加入0.010mol/L的3AgNO溶液，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为___________(用阴离子符

号表示)。【答案】（1）c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)（2）bc（3）①.<②.>③.3+332Fe+3HCO=Fe(OH)+3CO−（4）Br−、Cl−、24CrO−【解析】小问1详解】醋酸属于酸，所以溶液①的pH小于7，满足电荷守恒，即c(H+)=c(CH3COO－)+

c(OH－)。【小问2详解】a．醋酸是弱电解质，部分电离，醋酸钠溶液中存在醋酸根离子的水解，两种溶液中醋酸根离子的浓度都小于0.1mol/L，故a错误;b．由a可知，①和②两种溶液中醋酸根离子的浓度都小于0.1mol/L，故b正确；c．醋酸为弱电解质

，部分电离出醋酸根离子，醋酸钠为强电解质，完全电离出醋酸根离子，存在醋酸根离子的水解，但醋酸根离子的水解程度很小，所以两种溶液中c(CH3COO－)都小于0.1mol•L－1，所以CH3COOH溶液中c(CH3COO－)小于CH3COONa溶液中c(CH3COO－)，故c正确；故答案为b

c。【【小问3详解】NaHSO3溶液pH<7，则3HSO−的电离程度大于水解程度，故c(23SO−)>c(H2SO3)，NaHCO3溶液的pH>7，则3HCO−的水解程度大于电离程度，故c(23CO−)<c(H2CO3)。【小问4详解】析出沉淀时，AgCl溶液中c(Ag+)=()()

10sp8-KAgCl1.56101.56100.01cClmol/L−−===8mol/L，AgBr溶液中c(Ag+)=()()13sp11KAgBr0mo7./711lL07.700.1cBr−−−==mol/L，Ag2CrO4溶液中c(Ag+)=()

()12sp2424KLoAgCrO9100.01cCr/Oml−−==3×10-5mol/L，c(Ag+)越小，则越先生成沉淀，所以三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br−、Cl−、24CrO−。18.神舟十二号飞船携带3名航天员返回地球时，为了减弱返回舱着陆的速度，反

推发动机的燃料是高氯酸铵(NH4ClO4)和铝粉混合物。完成下列填空：（1）上述燃料涉及的元素所形成的简单离子中，核外电子数相同的离子半径由大到小顺序为___________(离子符号表示)，上述元素

的原子中，未成对电子数最多的核外电子排布式为___________。（2）写出+4NH的电子式___________，其空间构型与甲烷空间构型相同，为___________型。（3）配平以下方程式：____Al+______NH4ClO4→__

__Al2O3+____AlCl3+_____N2↑+___H2O___________。若产生42g氮气，过程中氮元素转移电子为___________mol。【答案】（1）①N3−>O2−>Al3+②.1s22s22p3（2）①.②.正四面体（3）①.10Al+6

NH4ClO4=4Al2O3+2AlCl3+3N2↑+12H2O②.9【解析】【小问1详解】核外电子数相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，则由大到小顺序为N3−>O2−>Al3+，未成对电子数最多的是

N元素，为7号元素，核外电子排布式为1s22s22p3。【小问2详解】.NH+4的N和H原子共用一对电子对，其电子式为，甲烷中碳原子形成4个C－H键，没有孤电子对，价层电子对数为4，故甲烷的空间构型为正四面体，NH+4空间构型与甲烷空间构型相同

，为正四面体。【小问3详解】Al元素从0价升高到+3价，N元素从－3价升高到0价，Cl元素从+7降到－1价，由N和Cl原子的个数，根据配平的奇数变偶数，需要AlCl3配2、N2配3，NH4ClO4前配6，再由升降相等，则Al配1

0、Al2O3配6，结合原子守恒配平方程式：10Al+6NH4ClO4→4Al2O3+2AlCl3+3N2↑+12H2O；反应中被氧化的元素是0价的Al，－3价的N，每产生3mol氮气，质量为m=nM=3mol×

28g/mol=84g，氮元素转移电子18mol，则产生42g氮气，过程中氮元素转移电子为9mol。三、流程题(本题共计1小题，总分16分)19.镁单质及其化合物在电池制造储氢及大气治理等方面用途十分广泛。以硼镁泥(主要成分为3MgSiO、23FeO及少量23

AlO、FeO和MnO)为原料制备42MgSO7HO晶体的流程如下：已知：常温下此体系中各氢氧化物开始沉淀与沉淀完全时的pH如下表所示：pH值2Mg(OH)2Mn(OH)2MnO(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Fe(OH)开始沉淀时9.37.07.87.63.72.3沉淀完全

时10.810.89.89.64.73.7请回答下列问题：（1）“浸取”时，3MgSiO与盐酸反应的化学方程式为___________。（2）“氧化”步骤中工业上常用NaClO代替22HO，除22HO成本高外，还可能的原因是___________

。（3）“除铁、铝”时，需调节溶液pH范围为________，加热煮沸的目的是_______。（4）“除2Mn+”步骤中发生反应的离子方程式为___________；要从42MgSO7HO粗品中得到纯度更

高的42MgSO7HO晶体，可通过___________的方法提纯。（5）一种镁锂双离子二次电池装置如图所示①放电时，迁移至正极区的离子是___________。②充电时，阳极的电极反应式为___________。【答案】（1）32222MgSiO+2HCl+

(n-1)HO=MgCl+SiOnHO（2）22HO不稳定易分解(或3Fe+等金属离子会催化22HO分解)（3）①.4.7pH7.0②.促进3Al+、3Fe+水解生成3Al(OH)、3Fe(OH)沉淀，便于分离(或

防止形成胶体)（4）①.22222O=MnHO2OHMnO(OH)H+−+++②.重结晶（5）①.Li＋②.+41-x4LiFePOxe=xLi+LiFePO−−【解析】【分析】硼镁泥利用盐酸酸浸，生成S

iO2·nH2O，滤液中含有亚铁离子、铁离子、铝离子、镁离子、锰离子，加入双氧水，亚铁离子被氧化，加入氢氧化钠调节pH除去铁离子、铝离子，过滤，在加入双氧水氧化锰离子，加入氢氧化钠生成MnO(OH)2，然后经过一系列操作得到Mg

SO4·7H2O；.【小问1详解】“浸取”时，3MgSiO与盐酸反应生成氯化镁、SiO2·nH2O，反应的化学方程式为32222MgSiO+2HCl+(n-1)HO=MgCl+SiOnHO；【小问2详解】“氧化”步骤中工业上常用NaClO代替22HO，除

22HO成本高外，还可能的原因是22HO不稳定易分解(或3Fe+等金属离子会催化22HO分解)；【小问3详解】由表中数据可知，镁离子不能沉淀，Fe3+、Al3+离子转化为沉淀，则“除铁、铝”时，需调节溶液pH范围为4.7pH7.0；加热煮沸的目的是促进3Al+、3Fe+水解生成

3Al(OH)、3Fe(OH)沉淀，便于分离(或防止形成胶体)；【小问4详解】“除2Mn+”步骤中利用双氧水氧化，生成MnO(OH)2,发生反应的离子方程式为22222O=MnHO2OHMnO(OH)H+−+++；要从42MgSO7HO粗品中得到纯度更高的42MgSO7HO

晶体，可通过重结晶的方法提纯；【小问5详解】①放电时，该装置为原电池,阳离子移向正极，图中为Li+透过膜，所以向正极移动的为Li+；②Li+移向正极，1-x4LiFePO结合Li+生成LiFePO4，电极反应式为1-x4LiFePO+xLi++xe-=LiFePO4，充电时，该装

置为电解池，阳极反应式与正极反应式刚好颠倒，即为+41-x4LiFePOxe=xLi+LiFePO−−。四、综合题(本题共计1小题，总分12分)20.回答下列问题：（1）在一定体积的密闭容器中，进行化学反应222CO(g)H(g)CO(g)HO(g)++

，其化学平衡常数K和温度T的关系如表，回答下列问题：T/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6①某温度下，各物质平衡浓度符合下式：()()()2223cCOcH5c(CO)cHO=，试判断此时的温度为___________。②若83

0℃时，向容器中充入21molCO4molHO、，反应达到平衡后，其化学平衡常数K___________(填“大于”“小于”或“等于”)1.0。③若1200℃时，在某时刻平衡体系中222COHCOHO、、、的浓度分别为12molL−、12molL−、14molL−

、14molL−，则此时上述反应v正___________v逆(填“大于”、“小于”或“等于”)。（2）42CH-CO催化重整有利于减少温室效应，反应方程式为：422CH(g)CO(g)2CO(g)2H(g)++。催化重整时，还存在以下反应：积碳反应：42

CH(g)C(s)2H(g)+△H175kJmol−=+消碳反应：2CO(g)C(s)2CO(g)+△H1172kJmol−=+现在实验室中模拟42CHCO−催化重整过程，请思考下列问题：恒容密闭容

器中，当投料比()()42nCH1nCO=时，2CO平衡转化率()α与温度()T、初始压强()p的关系如图。①当温度为3T、压强为2MPa时，A点的v正___________v逆(填“大于”、“小于”

或“等于”)。②起始时向容器中加入41molCH和21molCO，根据图中点()4BT,0.5，计算该温度时反应的平衡常数pK=___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。③分析可知：___________投料比()()42nCHnCO，有助于减少积碳。(

填“增大”或“减小”)【答案】（1）①.700℃②.等于③.小于（2）①.小于②.214p9③.减小【解析】【小问1详解】①根据反应方程式得到该反应的化学平衡常数表达式K=222c(CO)c(HO)c(CO)c(H)；②某温度下，各物质平衡浓度符合下式：()()()2223cC

OcH5c(CO)cHO=，则222c(CO)c(HO)30.6c(CO)c(H)5==，因此该温度为700℃；③若830℃时，向容器中充入1molCO、4molH2O，反应达到平衡后，平衡常数与平衡时浓度无关，只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，因此化学平衡常数K等于

1.0；④若1200℃时，平衡常数为2.6，在某时刻平衡体系中222COHCOHO、、、的浓度分别为12molL−、12molL−、14molL−、14molL−，222(CO)(HO)444(CO)(H)22cccQKcc===，则此时平衡逆向移

动，则此时上述反应v正小于v逆；【小问2详解】①对应反应422CH(g)CO(g)2CO(g)2H(g)++：当温度为3T、压强为2MPa时，A点二氧化碳的转化率比平衡时要大，故A点处于从逆反应建立平衡中，则v正小于v逆。②起始时向容器中加入4

1molCH和21molCO，根据图中点()4BT,0.5，有三段式：422CH(g)+CO(g)2CO(g)+2H(g)11000.50.5110.50.511起始改变平衡，计算该温度时反应的平衡常数pK=2211211111()()433119()()66ppppp=(用平衡分压代

替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。